UNIVERSIT `A CATTOLICA DEL SACRO CUORE Facolt`a di Scienze Matematiche, Fisiche e Naturali ESERCIZI di APPROFONDIMENTI DI ALGEBRA M. Chiara Tamburini Anno Accademico 2013/2014

(1)

UNIVERSIT `A CATTOLICA DEL SACRO CUORE

Facolt`a di Scienze Matematiche, Fisiche e Naturali

ESERCIZI

di

APPROFONDIMENTI DI ALGEBRA

M. Chiara Tamburini

Anno Accademico 2013/2014

(2)

(3)

Indice

I Moduli su un anello 1

II Omomorfismi fra moduli liberi 13

III Moduli f.g. su PID 23

IV Forme canoniche delle matrici 35

i

(4)

ii INDICE

(5)

Esercizi I

Moduli su un anello

1.1 Sia M uno dei seguenti gruppi additivi: Z, Z5, Z8, Z12.

In ciascun caso, per ogni m ∈ M , si determinino il periodo di m e il sottogruppo

< m >= Zm generato da m.

Osservazione Considerando un gruppo abeliano M come Z-modulo, il periodo di un suo elemento m coincide con il generatore ≥ 0 del suo annullatore.

Svolgimento

• In Z lo 0 ha periodo 1, tutti gli altri elementi hanno periodo 0.

< 0 >= {0}, < 1 >=< −1 >= Z, < 2 >=< −2 >= {2k | k ∈ Z}, ecc....

• In Z5: [0]5 ha periodo 1, tutti gli altri elementi hanno periodo 5.

h[0]₅i = {[0]₅}, h[1]₅i = h[2]₅i = h[3]₅i = h[4]₅i = Z5,

• In Z8: [0]8 ha periodo 1;

[1]₈, [3]₈, [5]₈, [7]₈, hanno periodo 8;

[2]8, [6]8, hanno periodo 4;

[4]₈ ha periodo 2.

h[0]₈i = {[0]₈}, h[1]₈i = h[3]₅i = h[5]₅i = h[7]₅i = Z8, h[2]₈i = h[6]₈i = {[0]₈, [2]8, [4]8, [6]8}, h[4]₈i = {[0]₈, [4]8}.

• In Z12: [0]₁₂ha periodo 1;

[1]12, [5]12, [7]12, [11]12, hanno periodo 12. Ciascuno di essi genera Z12. [2]₁₂, [10]₁₂ hanno periodo 6. Ciascuno di essi genera {[2k]₁₂| 0 ≤ k ≤ 5}.

1

(6)

2 ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO

[3]₁₂, [9]₁₂ hanno periodo 4. Ciascuno di essi genera {[3k]₁₂| 0 ≤ k ≤ 3}.

[4]12, [8]12 hanno periodo 3. Ciascuno di essi genera {[0]12, [4]12, [8]12}.

[6]12 ha periodo 2 e genera {[0]12, [6]12}.

1. 2 Nel modulo_ZZ, si considerino i sottoinsiemi S = {4}, T = {12, 20}.

Si dimostri che hSi = hT i. Si dica inoltre se S `e indipendente e se genera Z.

Svolgimento

hSi := {4k | k ∈ Z}; hT i := {12k + 20h | k, h ∈ Z}.

12 = 4 · 3, 20 = 4 · 5. Ne segue T ⊆ hSi, da cui hT i ≤ hSi.

4 = 12(2) + 20(−1). Ne segue S ⊆ hT i, da cui hSi ≤ hT i.

Per k ∈ Z si ha k4 = 0 solo se k = 0. Quindi {S} è indipendente. Non genera Z perchè 1 non è multiplo di 4.

1.3 Nello spazio vettoriale _QQ, si considerino i sottoinsiemi S = {4}, T = {1

3,5 7}.

Per ciascuno di essi si dica se `e indipendente e se genera Q come Q-modulo.

Svolgimento

Per λ ∈ Q si ha λ4 = 0 solo se λ = 0. Quindi {S} `e indipendente.

S genera Q perch`e q ∈ Q si scrive nella forma q = ^q₄4.

15¹₃ − 7⁵₇ = 0. Quindi T `e dipendente su Q.

1

3 genera Q come Q-modulo perch`e q = 3^q₃ per ogni q ∈ Q.

A maggior ragione T genera Q.

1.4 Si consideri il gruppo abeliano Q come Z-modulo. Per ciascuno degli insiemi S = {4}, T = {1

3,5 7} si dica se `e indipendente e se genera Q come Z-modulo.

Si dimostri che il sottomodulo hT i generato da T ´e 1-generato, ossia ´e un gruppo ciclico.

(7)

3

Svolgimento

Per k ∈ Z si ha k4 = 0 solo se k = 0. Quindi {S} `e indipendente.

{S} non genera Q come Z-modulo perch`e, ad esempio, 1 6∈ h4i.

Infatti non esiste k ∈ Z tale che 1 = 4k.

15¹₃ − 7⁵₇ = 0. Quindi T `e dipendente su Z.

hT i =_7a+15b

21 | a, b ∈ Z ≤ ₂₁¹. D’altra parte −2¹₃+ ⁵₇ = ₂₁¹ ∈ hT i.

Quindi ₁

21 ≤ hT i. Si conclude ₂₁¹ = hT i.

{T } non genera Q come Z-modulo. Infatti, ad esempio, ¹₂ 6∈ hT i. Perch´e ? 1.5 Si consideri il gruppo additivo Q dei numeri razionali come Z-modulo.

Si dimostri che:

i) il sottoinsieme ₂

9, ¹₄ `e dipendente;

ii) il sottomodulo L :=₁

3, ²₅ `e libero di rango 1;

iii) ¹₃ 6∈₂

7, ¹₂; Svolgimento i) −9²₉ + 8¹₄ = 0.

ii) L =a¹₃ + b²₅ | a, b ∈ Z = ^5a+6b₁₅ | a, b ∈ Z ≤ Z₁₅¹ =₁

15. Da

1

15 = −1 3+ 2

5 segue ₁₅¹ ∈ L, da cui₁

15 ≤ L. Si conclude L = ₁₅¹ = Z₁₅¹. Chiaramente B =₁

15 `e una Z-base di L, che `e quindi libero di rango 1.

iii) Gli elementi del sottomodulo

2 7, 1

2

= Z2 7+ Z1

2

sono della forma a²₇+ b¹₂ = ^4a+7b₁₄ , con a, b interi. Se ¹₃ appartenesse a tale sottomodulo, dovrebbero esistere due interi a, b tali che ¹₃ = ^4a+7b₁₄ . Ne seguirebbe 14 = 3(4a + 7b), contraddizione perch`e 3 non divide 14.

1.6 Si consideri il gruppo abeliano Q come Z-modulo. Si dimostri che non `e finitamente generato.

Svolgimento

(8)

Per assurdo supponiamo che S =n

m1

n1, · · · , ^m_n^k

k

o

sia un insieme finito di generatori di Q, come Z-modulo, ossia:

Q = hSi = Zm₁

n1 + · · · + Zm_k nk

.

Posto n = m.c.m. (n₁, · · · , n_k), ogni elemento di hSi `e della forma _n^z per un opportuno z ∈ Z. Detto p un primo che non divide n, il numero ¹_p non pu`o essere scritto in questa forma. Si ha cos`ı la contraddizione ¹_p 6∈ Q.

1.7 Siano M, M⁰ due R-moduli e Φ : M → M⁰ un R-omomorfismo. Si provi che Φ `e iniettiva, come applicazione, se e solo se Ker Φ = {0_M}.

Svolgimento

Se l’applicazione Φ è iniettiva, ogni elemento di M⁰ ha al massimo una preimmagine in M . Poichè Φ(0_M) = 0_M⁰, si ha che 0_M è l’unica preimmagine di 0_M⁰, ossia l’unico elemento di Ker Φ.

Viceversa sia Ker Φ = {0_M}. Supponiamo che m₁, m₂ siano elementi di M tali che Φ(m1) = Φ(m2). Ne segue: Φ(m1)−Φ(m2) = 0M⁰, Φ(m1−m₂) = 0M⁰, m1−m₂ ∈ Ker Φ, m1− m₂= 0M, m1= m2.

1.8 Siano M, M⁰, M⁰⁰degli R-moduli e Φ : M → M⁰, Ψ : M⁰ → M⁰⁰degli R-omomorfismo.

Si provi che il prodotto ΨΦ : M → M⁰⁰ `e un R-omomorfismo.

Svolgimento

Per ogni m, m₁, m₂ ∈ M e per ogni r ∈ R si ha:

• ΨΦ (m₁+ m2) = Ψ (Φ (m1+ m2)) = Ψ (Φ (m1) + Φ (m2)) = Ψ (Φ (m1)) + Ψ (Φ (m2)) = ΨΦ (m1) + ΨΦ (m2);

• ΨΦ(rm) = Ψ (Φ(rm)) = Ψ (r Φ(m)) = r Ψ (Φ(m)) = r ΨΦ(m).

1.9 Siano M, M⁰ due R-moduli e Φ : M → M⁰ un R-isomorfismo.

Si provi che Φ⁻¹ : M⁰→ M `e un R-isomorfismo.

Svolgimento

• Per ogni m⁰₁, m⁰₂ ∈ M⁰, dette m₁, m₂ le rispettive preimmagini in M , si ha:

Φ(m₁+ m₂) = Φ(m₁) + Φ(m₂) = m⁰₁+ m⁰₂, m₁+ m₂= Φ⁻¹(m⁰₁+ m⁰₂),

Φ⁻¹(m⁰₁) + Φ⁻¹(m⁰₂) = Φ⁻¹(m⁰₁+ m⁰₂)

(9)

5

• Per ogni r ∈ R, m⁰∈ M⁰, detta m la preimmagine di m⁰ in M si ha:

Φ(rm) = r Φ(m) = r m⁰, rm = Φ⁻¹(r m⁰),

r Φ⁻¹(m⁰) = Φ⁻¹(rm⁰).

1.10 Nel modulo_ZZ si calcolino i seguenti sottomoduli:

3Z + 6Z, 3Z + 5Z, 4Z + 6Z, 3Z ∩ 6Z, 3Z ∩ 5Z, 4Z ∩ 6Z.

Svolgimento

• 6Z ≤ 3Z. Quindi 3Z + 6Z = 3Z.

• 1 = 6 − 5 ∈ 3Z + 5Z. Quindi h1i ≤ 3Z + 5Z. Da h1i = Z segue 3Z + 5Z = Z.

• 2 = −4 + 6 ∈ 4Z + 6Z. Quindi h2i = 2Z ≤ 4Z + 6Z. D’altra parte 4Z + 6Z = {4a + 6b | a, b ∈ Z} = {2(2a + 3b) | a, b ∈ Z} ≤ 2Z.

Si conclude 4Z + 6Z = 2Z.

• 6Z ≤ 3Z. Quindi 3Z ∩ 6Z = 6Z.

• 15Z ≤ 3Z ∩ 5Z. Mostriamo che 3Z ∩ 5Z ≤ 15Z. A tale scopo sia a ∈ 3Z ∩ 5Z.

Ne segue che 3 e 5 dividono a. Pertanto anche 15 = mcm(3, 5) divide a. Si conclude 3Z ∩ 5Z = 15Z.

• 12Z ≤ 4Z ∩ 6Z. Mostriamo che 4Z ∩ 6Z ≤ 12Z. A tale scopo sia a ∈ 4Z ∩ 6Z.

Ne segue che 4 e 6 dividono a. Pertanto anche 12 = mcm(4, 6) divide a. Si conclude 4Z ∩ 6Z = 12Z.

1.11 Sia S = {s₁:=

3 2

, s₂:=

2 3

}.

• Considerando R² come spazio vettoriale su R, si dica se S `e una base.

• Considerando R² come Z-modulo, si dica se S genera R² e se `e indipendente.

• Si dica se S genera Z² come Z-modulo.

Svolgimento

• Verifichiamo che S `e una base di R² su R mostrando che per ogni vettore v =

a b

∈ R² esistono e sono unici x, y ∈ R tali che:

a b

= x

3 2

+ y

2 3

.

(10)

Equivalentemente che il sistema

3x + 2y = a 2x + 3y = b ha un’unica soluzione. Portandolo in forma a gradini:

( x +²₃y = ^a₃ x + ³₂y = ^b₂

( x + ²₃y = ^a₃

−5

6 y = ^2a−3b₆

( x = ^3a−2b₅ y = ^−2a+3b₅

• S non genera R²come Z-modulo perch`e xs1+ys₂ha coordinate intere per ogni x, y ∈ Z.

S `e indipendente su Z perch`e, per a = b = 0, il precedente sistema ha solo la soluzione x = y = 0.

• S non genera Z² come Z-modulo. Infatti il vettore e1, ad esempio, si ottiene come combinazione lineare di elementi di S solo per i coefficienti x = ³₅, y = ⁻²₅ , che non sono interi.

1.12 Sia M un gruppo abeliano finito. Si dimostri che M `e libero, come Z-modulo, se e solo se `e nullo.

Svolgimento

Se M = {0M} allora `e libero, con base ∅. Sia ora M 6= {0M} e supponiamo, per assurdo, che ammetta una base B, necessariamente 6= ∅. Detto m un elemento di B, l’applicazione Z → M tale che z 7→ zm `e iniettiva, essendo {m} indipendente. Si conclude ∞ = |Z| ≤ |M |, contraddizione.

1.13 Si dica se Z5 `e libero come Z5-modulo e se `e libero come Z-modulo.

Svolgimento

Z5 `e libero come Z5-modulo, avendo base {[1]₅}. Non `e libero come Z-modulo per l’esercizio precedente.

1.14 Sia R un anello commutativo. Considerando R² come R-modulo, si dimostri che non pu`o essere generato da un unico elemento.

Svolgimento

Supponiamo, per assurdo, che R² sia generato da v :=

x₁ x2

. Dovrebbero esistere a1, a2∈ R tali che e₁ = a1v, e2 = a2v, ossia:

x₁ 0 x₂ 0

a₁ a₂

0 0

= a₁v a₂v =

1 0 0 1

(11)

7

contraddizione perc`e le due matrici a sinistra non hanno inversa.

1.15 Si consideri il gruppo additivo R² rispettivamente come Z-modulo, come R-modulo e come Mat2(R)-modulo. In ciascun caso si descrivano il sottomodulo he1i e il sottomodulo he₁, e₂i, dove

e₁ =1 0

, e₂ =0 1

.

Svolgimento

• Considerando R² come Z-modulo:

he₁i := Ze1=a 0

| a ∈ Z

, he₁, e₂i = Ze1+ Ze2=a b

| a, b ∈ Z

.

Si noti che, ad esempio,

₁

3

0

6∈ he₁, e₂i.

• Considerando R² come R-modulo:

he₁i := Re1 =x 0

| x ∈ R

, he₁, e2i = Re1+ Re2 =x y

| x, y ∈ R

= R².

• Considerando R² come Mat2(R)-modulo:

he₁i := Mat₂(R)e1 = R². Infatti, per ogni x, y ∈ R: x

y

=x z y t

1 0

.

Da he1i ≤ he₁, e2i = R² segue, a maggior ragione, he1, e2i = R².

1.16 Sia M un R-modulo finitamente generato. Si dimostri che, per ogni sottomodulo N di M , il modulo quoziente ^M_N `e finitamente generato.

Svolgimento

Sia S = {m1, · · · , m_k} un insieme di generatori di M , come R-modulo. Dimostriamo che

{N + m₁, · · · , N + mk}

`

e un insieme di generatori di ^M_N, come R-modulo.

Infatti, per ogni elemento N + m di ^M_N si ha m ∈ M , quindi

m =

k

X

i=1

r_imi

(12)

per opportuni r_i ∈ R (non necessariamente unici!). Ne segue

N + m = N +

k

X

i=1

r_imi =

k

X

i=1

r_i(N + m_i).

1.17 Siano M un R-modulo. Si dimostri che M ⊕ M `e finitamente generato se e solo se M `e finitamente generato.

Svolgimento

Sia M finitamente generato e sia S = {m₁, · · · , m_k} un insieme finito di generatori di M , come R-modulo.

Ne segue che

m1

0_M

, · · · , m_k 0_M

, 0M

m₁

, · · · , 0M

m_k

genera M ⊕ M . Infatti:

m m

= Pk

i=1rimi Pk

i=1simi

!

=

k

X

i=1

ri

m_i 0M

+

k

X

i=1

si

0_M mi

.

Si conclude che M ⊕ M `e finitamente generato.

Viceversa, M ⊕ M sia finitamente generato. Considerando la proiezione (sulla prima componente) π₁: M ⊕ M → M si ha

M ⊕ M Ker π1

' M.

Per l’esercizio precedente si conclude che M `e f.g.

1.18

Considerando _hx^C[x]2−1i come C[x]- modulo, si trovi un elemento che lo genera.

Svolgimento

x²− 1 + 1 genera _hx^C[x]₂_−1i come C[x]- modulo. Infatti:

x²− 1 + f (x) = f (x) x²− 1 + 1 .

1.19 Considerando _hx^C[x]2−1i come C- modulo, se ne trovi una base.

Svolgimento

Una base per _hx^C[x]2−1i su C `e B = {v1, v2}, dove

v₁ :=x²− 1 + 1, v₂ :=x²− 1 + x.

(13)

9

Infatti:

• Per α, β ∈ C, αv1+ βv₂= 0 se e solo se

x²− 1 + α + βx = x²− 1 + 0 se e solo se

α + βx = (x²− 1)q(x) se e solo se q(x) = 0, cio`e α = β = 0.

• Per ogni f (x) ∈ C[x], eseguendo la divisione per x²− 1 si ha f (x) = (x²− 1)q(x) + α + βx, α, β ∈ C.

Ne segue:

x²− 1 + f (x) = x²− 1 + α + βx = αv₁+ βv2.

1.20

Considerando _hx^C[x]3−1i come C[x]- modulo, si trovi un elemento che lo genera.

Svolgimento

x³− 1 + 1 genera _hx^C[x]₃_−1i come C[x]- modulo. Infatti:

x³− 1 + f (x) = f (x) x³− 1 + 1 .

1. 21 Considerando _hx^C[x]3−1i come C- modulo, se ne trovi una base.

Svolgimento

Una base per _hx^C[x]3−1i su C`e B = {v1, v2, v3}, dove

v1 :=x³− 1 + 1, v2:=x³− 1 + x, v3 :=x³− 1 + x². Infatti:

• Per α, β, γ ∈ C, αv1+ βv2+ γv3= 0 se e solo se

x³− 1 + α + βx + γx² =x³− 1 + 0 se e solo se

α + βx + γx²= (x³− 1)q(x) se e solo se q(x) = 0, cio`e α = β = γ = 0.

(14)

• Per ogni f (x) ∈ C[x], eseguendo la divisione per x³− 1 si ha f (x) = (x³− 1)q(x) + α + βx + γx², α, β, γ ∈ C.

Ne segue:

x³− 1 + f (x) = x³− 1 + α + βx + γx²= αv₁+ βv₂+ γv₃.

1.22 Si dimostri che _hx^Z3³−1i^[x] ha ordine 27.

Svolgimento

Ogni elemento di _hx^Z3³−1i^[x] si scrive in modo unico nella forma:

x³− 1 + α + βx + γx², α, β, γ ∈ Z3. Ne segue che _hx^Z3³−1i^[x] ha ordine 3 × 3 × 3 = 27.

1.23 Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su K. Si dimostri che una applicazione lineare f : V → V `e iniettiva se e solo se `e suriettiva.

Svolgimento

La dimostrazione `e basata sulla formula:

dim(V ) = dim(Im f ) + dim(Ker f ).

Se f è iniettiva, si ha Ker f = {0V}, dim(Ker f ) = 0. Ne segue dim(Im f ) = n = dim(V ). Poichè K è un campo, Im f = V .

Viceversa, se f `e suriettiva, si ha Im f = V , dim(Im f ) = n. Ne segue dim(Ker f ) = 0, Ker f = {0_V}, f iniettiva.

1.24 Si dia un esempio di applicazione lineare di uno spazio vettoriale V in s`e stesso, iniettiva non suriettiva.

Svolgimento

Sia V := K[x], considerato come spazio vettoriale su K. L’ applicazione lineare µx : V → V , tale che f (x) 7→ xf (x) è iniettiva (perchè K[x] è privo di divisori dello zero), ma non è suriettiva. Infatti Im µx = xK[x].

1. 25 Sia m ∈ M , gruppo abeliano additivo. Sia o(m) = n ≥ 0, dove o(m) indica il periodo di m. Si dimostri che, per ogni intero non nullo k, si ha:

o(km) = n

MCD(k, n).

(15)

11

In particolare

o(km) = n ⇔ MCD(k, n) = 1.

Svolgimento

Lasciamo al lettore la verifica del caso n = 0. Sia quindi n > 0.

Poniamo d := MCD(k, n). Se d = 0, allora k = 0 e l’asserto `e ovvio. Altrimenti possiamo supporre d > 0. Scriviamo n = dn, k = dk. Abbiamo:

n (km) = (ndk)m = k(nm) = k0M = 0M.

Indicando con t il periodo di km, ne segue che t divide n. D’altra parte, da 0_M = t(km) = (tk)m

segue che n divide kt, quindi n divide kt. Siccome n e k sono coprimi, si ottiene che n divide t. Si conclude t = n.

1. 26 Siano M un R-modulo e f : M → M un R-omomorfismo.

• Si dimostri che Im f²≤ Im f e Ker f ≤ Ker f².

• Si dia un esempio di M e f per i quali le precedenti inclusioni sono proprie.

(16)

(17)

Esercizi II

Omomorfismi fra moduli liberi

2.1 Si verifichi che ogni v ∈ R² coincide con il proprio vettore coordinate rispetto alla base canonica. Idem per w ∈ R³.

Svolgimento v =x

y

=x 0

+0

y

= x1 0

+ y0 1

,

w =



 x y z



=



 x 0 0



+



 0 y 0



+



 0 0 z



= x



 1 0 0



+ y



 0 1 0



+ z



 0 0 1



.

2.2 Si trovi la matrice Q di passaggio dalla base canonica di R² alla base C = 8

−1

, 1

5

.

Svolgimento

Le colonne di Q sono i vettori coordinate degli elementi di C rispetto alla base canonica.

Quindi Q = 8 1

−1 5

.

2.3 Si considerino le seguenti basi di R²: C =1

3

, 2

4

, C⁰ =0 1

, −1

4

. 1) Si scriva la matrice Q di passaggio da C a C⁰;

2) si determini v ∈ R² sapendo che vC =x y

, 3) si verifichi che Q⁻¹vC = vC⁰.

Svolgimento

13

(18)

14 ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI

1) Siano Q₁ e Q₂ le matrici di passaggio dalla base canonica a C e a C⁰ rispettivamente.

Risulta:

Q₁ :=1 2 3 4

, Q₂:=0 −1 1 4

.

Per ogni u ∈ R², tenendo presente che u concide con il proprio vettore coordinate rispetto alla base canonica, si ha allora:

u = Q2uC⁰ = Q1uC. Ne segue

Q⁻¹₁ Q2 u_C⁰ = vC, ∀ u ∈ R². Pertanto la matrice di passaggio da C a C⁰ `e

Q⁻¹₁ Q2=

1 6

−1 2

−7 2

!

= Q.

2) Se vC=x y

, allora v = x1 3

+ y2 4

= x + 2y 3x + 4y

.

3) Q⁻¹vC = 7 12

−1 −2

x y

=7x + 12y

−x − 2y

. Da:

(7x + 12y)0 1

+ (−x − 2y)−1 4

= x + 2y 3x + 4y

= v, concludiamo che Q⁻¹vC = vC⁰.

2.4 Si considerino le seguenti basi di R³:

B =









 1 0 1



,



 3

−1 2



,





−2 1 0











, B⁰=









 2 2 2



,



 0 4 1



,





−1 0 0









 .

1) Si scriva la matrice P di passaggio da B a B⁰; 2) si determini v ∈ R³ sapendo che vB =



 x y z



, 3) si verifichi che P⁻¹vB = vB⁰.

Svolgimento

Siano P1 e P2 le matrici di passaggio dalla base canonica a C e a C⁰ rispettivamente.

Risulta:

P₁ :=





1 3 −2

0 −1 1

1 2 0



, P₂ :=





2 0 −1 2 4 0 2 1 0



.

(19)

15

Per ogni u ∈ R³, tenendo presente che u concide con il proprio vettore coordinate rispetto alla base canonica, si ha allora:

u = P2uB⁰ = P1uB.

Ne segue P₁⁻¹P₂ v_B⁰ = vB. Quindi la matrice di passaggio da B a B⁰ `e :

P = P₁⁻¹P2=





2 4 −1

−1 −2 1

−1 −1 1



P2=





10 15 −2

−4 −7 1

−2 −3 1



.

2) Se vB =



 x y z



, allora:

v = x



 1 0 1



+ y



 3

−1 2



+ z





−2 1 0



=





x + 3y − 2z

−y + z x + 2y



. 3)

P⁻¹vB =







2 3

3 2

−1 6

−1

3 −1 ¹₃

1

3 0 ⁵₃









 x y z



=







2

3x +³₂y − ¹₆z

−1

3 x − y + ¹₃z

1 3x +⁵₃z





 .

Da:

2 3x +3

2y − 1 6z



 2 2 2



+ −1

3 x − y + 1 3z



 0 4 1



+ 1 3x +5

3z





−1 0 0



=





x + 3y − 2z

−y + z x + 2y



= v, concludiamo che P⁻¹vB = vB⁰.

2.5 Considerata la applicazione lineare α : R³ → R² tale che



 x y z



7→−12x − z 7x + z

si scrivano la matrice A di α rispetto alle basi canoniche di R³ e R², e la matrice A⁰ di α rispetto alle basi

B =









 1 0 1



,



 3

−1 2



,





−2 1 0











, C =1 3

, 2

4

.

Si calcolino Im α e Ker α.

(20)

16 ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI

Svolgimento

Indicando con {e₁, e₂, e₃} la base canonica di R³ e con {e₁, e₂} quella di R²:







α(e₁) = −12 e₁+ 7 e₂ α(e2) = 0 e1+ 0 e2

α(e3) = −1 e₁+ 1 e2

=⇒ A =

−12 0 −1

7 0 1

.

Dette P1 e Q1 le matrici di passaggio dalle basi canoniche a B e C rispettivamente (si vedano i due esercizi precedenti), la matrice A⁰ di α rispetto B e C risulta quindi

A⁰= Q⁻¹₁ AP₁ =1 2 3 4

−1

A





1 3 −2

0 −1 1

1 2 0



=

34 99 −62

−47 2

−137

2 43

.

Verifichiamo che, per ogni v =



 x y z



∈ R³, si ha A⁰vB = (α(v))_C.

A⁰vB = A⁰P₁⁻¹vE = A⁰P₁⁻¹v = A⁰





2x + 4y − z

−x − 2y + z

−x − y + z



= 31x + 3z

−43 2 x − 2z

! .

(α(v))_C= Q⁻¹₁ −12x − z 7x + z

= 31x + 3z

−43 2 x − 2z

! .

Poichè R³è generato da e₁, e₂, e₃, il sottospazio Im α di R²è generato da α(e₁), α(e₂), α(e₃).

Pertanto:

Im α = hAe1, Ae2, Ae3i =−12 7

,−1

1

.

Questi due vettori sono indipendenti, quindi Im α = R². Ne segue che Ker α ha dimensione 3 − 2 = 1. Poich`e e2∈ Ker α, si conclude Ker α = he₂i.

2.6 Data A ∈ Mat_n(R), si consideri l’applicazione µ_A : Rⁿ → Rⁿ definita mediante µA(v) = Av, ∀ v ∈ Rⁿ. Si dimostri che:

1) µA`e un R-omomorfismo;

2) se A ha inversa in Matn(R), allora µ_A `e un R-isomorfismo.

Svolgimento

1) • µA(v1+ v2) = A(v1+ v2) = Av1+ Av2= µA(v1) + µA(v2).

• µ_A(rv) = A(rv) = r Av = r µA(v).

2) Se A⁻¹ ∈ Mat_n(R), possiamo considerare l’applicazione µ_A⁻¹ : Rⁿ → Rⁿ definita mediante µ_A⁻¹(v) = A⁻¹v, ∀ v ∈ Rⁿ. Essa `e l’inversa di µ_A. Infatti:

µ_A⁻¹(µ_A(v)) = A⁻¹Av = v, µ_A⁻¹(µ_A(v)) = A⁻¹Av = v.

(21)

17

Si conclude che µ_A`e bijettiva, quindi un isomorfismo.

2.7 Siano B e C due basi di un R-modulo L. Dette A la matrice di passaggio da B a C e B la matrice di passaggio da C a B, si dimostri che B = A⁻¹.

Svolgimento Per ogni v ∈ L:

AvC = vB

BvB = vC =⇒

(AB)vB = vB

(BA)vC= vC

Sia B = {v₁, . . . , v_n}. In particolare, per i vettori v_i∈ B, si ha:

(AB) (vi)_B = (vi)_B, 1 ≤ i ≤ n ossia

(AB)ei = ei, 1 ≤ i ≤ n.

Si conclude che le colonne di AB sono ordinatamente uguali a quelle della matrice identica I, da cui AB = I, B = A⁻¹.

2.8 Sia S = {v₁, . . . , v_n} un sottoinsieme di Rⁿ. Si dimostri che S `e una base di (_RR)ⁿ se e solo se la matrice A = v₁ · · · v_n ha inversa in Mat_n(R).

Svolgimento

Sia S una base di Rⁿ. Allora A `e la matrice di passaggio dalla base canonica a S. Detta B la matrice di passaggio da S alla base canonica, si ha B ∈ Mat_n(R). Inoltre B = A⁻¹, per l’esercizio precedente.

Viceversa supponiamo che A⁻¹∈ Mat_n(R).

• S = {v₁, . . . , vn} = {Ae₁, . . . , Aen} genera (_RR)ⁿ. Infatti per ogni v ∈ Rⁿ: v = A A⁻¹v = A

n

X

i=1

xiei =

n

X

i=1

xi(Aei) =

n

X

i=1

xivi.

• S = {v₁, . . . , vn} `e indipendente. Infatti 0Rⁿ =Pn

i=1xivi implica:

0Rⁿ = A⁻¹0Rⁿ = A⁻¹

n

X

i=1

xivi=

n

X

i=1

xi A⁻¹vi =

n

X

i=1

xiei. Si conclude x₁= · · · = x_n= 0.

2.9 Tenendo presente l’Esercizio 2.8, di ciascuno dei seguenti sottoinsiemi di R² si dica se `e una base rispettivamente nel caso R = Q e R = Z:

S₁ = 8

−1

, 1

5

, S₂= 2

−1

, 4

−2

, S₃ =1 1

, 5

4

.